2021年湖南省衡陽市高考物理畢業(yè)班聯(lián)考（一）（一模）

2021年湖南省衡陽市高考物理畢業(yè)班聯(lián)考（一）（一模）

1.伸國制造2025》是國家實施強國戰(zhàn)略第一個十年行

動綱領(lǐng)，智能機器制造是一個重要方向，其中智能機

械臂已廣泛應(yīng)用于各種領(lǐng)域。如圖所示，一機械臂鐵

夾豎直夾起一個金屬小球，小球在空中處于靜止狀態(tài),

鐵夾與球接觸面保持豎直，則（）

A.機械臂受到的摩擦力方向向上

B.小球受到壓力與重力是一對平衡力

C.若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力變大

D.若機械臂夾著小球在空中沿水平方向做勻加速直線運動，則機械臂對小球的作

用力相比靜止時的作用力一定變大

2.如圖所示，圖甲為氫原子的能級圖，大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子躍遷時，發(fā)出

頻率不同的大量光子，其中頻率最高的光子照射到圖乙電路中光電管陰極K上時,

A.光電管陰極K金屬材料的逸出功為5.75eU

B.這些抬原子躍遷時共發(fā)出3種頻率的光

若調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片能使光電流為零，則可判斷圖乙中電源右側(cè)為正極

D.氫原子躍遷放出的光子中有2種頻率的光子可以使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象

3.北京冬奧會將于2022年某日開幕。將運動員推冰壺的情景簡化為圖甲的模型,t=0

時，運動員對冰壺施加一水平向右的推力尸=3N,作用1秒后撤去推力尸，冰壺運

動的u-t圖像如圖乙所示，已知冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.1,則冰壺的

質(zhì)量和t=1s時冰壺的速度大小分別為（取g=10m/s2）（）

A.1kg,lm/sB.1依，2m/sC.2kg,Im/sD.2kg,2m/s

4.2020年7月23日，我國把握了最佳發(fā)射時機，在文昌發(fā)射站發(fā)射了首顆火星探測

器“天問一號”，火星和地球繞太陽運轉(zhuǎn)過程中，火星距離地球的最近距離約為

0.55億千米，最遠距離約為4億千米。為了便于計算可作如下所示簡化：火星的公

轉(zhuǎn)周期大約是地球公轉(zhuǎn)周期的2倍，地球和火星在同一平面內(nèi)、沿同一方向繞太陽

做勻速圓周運動，如圖所示，則下列說法正確的是（）

A.地球繞太陽運動的加速度小于火星繞太陽運動的加速度

B.若不考慮處理信息的時間，當火星離地球最近時，從地球上發(fā)出的指令傳到火

星上再返回地球約需要經(jīng)過9分鐘

C.火星探測器"天問一號"的發(fā)射速度v應(yīng)滿足：7.9km/s<v<11.2km/s

D.下一次發(fā)射火星探測器的最佳時機還需等2年左右時間

5.如圖所示，匝數(shù)n=50的矩形閉合導(dǎo)線框A8CD處于磁感應(yīng)強度大小3=更7的水

10

平勻強磁場中，線框面積S=0.4m2,線框電阻不計，線框繞垂直于磁場的軸。。，以

角速度3=100rad/s勻速轉(zhuǎn)動，并與理想變壓器原線圈相連，副線圈端接入三個

阻值相等的電阻。當開關(guān)S斷開時，電壓表讀數(shù)為20%則（）

第2頁，共24頁

A.如圖所示時刻，穿過線框A8CC的磁通量變化率最大

B.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10：1

C.原線圈兩端電壓的有效值為200及U

D.閉合開關(guān)后，電壓表示數(shù)變小

6.如圖甲所示，有一固定的負點電荷N,其右側(cè)距離為L處豎直放置一內(nèi)壁光滑的絕

緣圓筒，圓筒內(nèi)有一帶電小球，將小球從小高處由靜止釋放，小球下落到與N在

同一水平面的過程中，其動能為隨高度H（設(shè)小球與點電荷N的豎直高度差為"）的

變化曲線如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.小球帶正電

B.該過程中，小球的加速度先增大后減小再增大

C.在高度從?兒之間的某點，庫侖力在豎直方向上的分力最大

D.該過程中，小球的機械能與電勢能之和先增大后減小再增大

7.如圖所示，兩小滑塊P、。的質(zhì)量分別為2,〃、m,P、

。用長為L的輕桿通過較鏈連接，P套在固定的豎直光

滑桿上，。放在光滑水平地面上，原長為，的輕彈簧水

平放置，右端與。相連，左端固定在豎直桿O點上，

輕桿與豎直方向夾角a=30。，P由靜止釋放，下降到最低點時a變?yōu)?0。，整個運

動過程中，P、。始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重

力加速度為g，則P下降過程中（）

A.P、。組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.下降過程中P的速度始終比。的速度大

C.彈簧彈性勢能最大值為（遮-l）mgL

D.P達到最大動能時，。受到地面的支持力大小為3〃吆

8.如圖所示兩根間距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌，。。'左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平

導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強度為5的豎直向上的勻強磁場中，兩根金屬棒MMPQ始終垂

直導(dǎo)軌，與導(dǎo)軌接觸良好，MN、PQ棒的長度均為L、質(zhì)量均為機、阻值均為R,

金屬棒MN從豎直高度處由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑，導(dǎo)軌電阻不計，整個過程中金

屬棒MN和PQ未相碰，則（）

A.釋放后金屬棒MN最終停在水平軌道上

B.金屬棒MN剛進入磁場時，金屬棒PQ兩端電壓大小為空回

2

C.整個過程中流過金屬棒尸。的電荷量為嚕^

D.整個過程中金屬棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為:mg九

9.XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱,XCT掃描機可用于對多種病情的探

測，圖甲是某種XC7機主要部分的剖面圖，其中產(chǎn)生X射線部分的示意圖如圖乙

所示，圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)為偏轉(zhuǎn)元件中的勻強偏

轉(zhuǎn)電場S,方向豎直，經(jīng)調(diào)節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，

出電場后速度與水平方向成30。，打到水平圓形靶臺上的中心點P,產(chǎn)生X射線（如

圖中帶箭頭的虛線所示）。已知MN兩端的電壓為%,偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域水平寬度為L。，

豎直高度足夠長，MN中電子束距離靶臺豎直高度為，，忽略電子的重力影響，不

考慮電子間的相互作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力，則（）

第4頁，共24頁

目標肥臺

A.偏轉(zhuǎn)電場方向豎直向下

氏若加速電壓%增大少許，電子會打在P點右側(cè)

C.偏轉(zhuǎn)電場強度的大小為嚕

D.P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界距離為次”-禁

10.金屬導(dǎo)電是一個典型的導(dǎo)電模型，值得深入研究。一金屬直導(dǎo)線電阻率為p,若其

兩端加電壓，自由電子將在靜電力作用下定向加速，但電子加速運動很短時間就會

與晶格碰撞而發(fā)生散射，緊接著又定向加速，這個周而復(fù)始的過程可簡化為電子以

速度v沿導(dǎo)線方向勻速運動。我們將導(dǎo)線中電流與導(dǎo)線橫截面積的比值定義為電流

密度，其大小用j表示，可以“精細”描述導(dǎo)線中各點電流的強弱。設(shè)該導(dǎo)線內(nèi)電

場強度為E,單位體積內(nèi)有〃個自由電子，電子電荷量為e,電子在導(dǎo)線中定向運

動時受到的平均阻力為力則下列表達式正確的是（）

A.p=nevB.j—nevC.E=pjD./=epv2

11.如圖所示，在水平桌面的左端固定一個圓弧槽滑道，滑道的末端與水平桌面相切。

桌面的右端附近固定一個光電門，直徑為乩質(zhì)量為HiI的小球1從圓弧槽上某處由

靜止釋放，下滑到水平桌面向右運動通過光電門與靜止在桌面右邊緣的質(zhì)量為

的小球2發(fā)生正碰，碰后小球I向左彈回，小球2離開桌面做平拋運動，測出小球

1連續(xù)兩次通過光電門的時間分別為tl、勿（（光電門與球心等高），桌面離水平地面

高度為/?,小球2碰后做平拋運動的水平距離為X。

(1)若兩球的碰撞為彈性碰撞，則兩球的質(zhì)量大小關(guān)系應(yīng)滿足機2巾1(填

“<”“>"或"=")0

(2)改變小球1在圓弧槽上靜止釋放的位置，重復(fù)實驗，實驗中測出多組t］、七與X

的數(shù)據(jù)，若要驗證兩小球在碰撞過程中動量守恒，則需要滿足的關(guān)系式為;

若碰撞過程是彈性碰撞，則還需要滿足關(guān)系式______(用題中所給字母的符號表示

)。

12.在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，需要測出金屬絲的電阻燈,甲、乙兩同學(xué)分

別采用了不同的方法進行測量：甲同學(xué)直接用多用電表測其電阻，所使用的多用電

表歐姆擋共有“xl”“xlO”"X100"“xlk”四個擋，該同學(xué)選擇x100倍率,

用正確的操作方法測量時，發(fā)現(xiàn)指針轉(zhuǎn)過角度太大,為了準確地進行測量，進行如

下操作:

A旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至歐姆擋o

8.將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度。

C將兩表筆分別連接到%的兩端，指針指在圖甲所示位置，&的測量值為0。

D旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至“OFF”，并拔出兩表筆。

(2)如圖乙所示為歐姆表表頭原理圖，已知電流計的量程為。=100〃4電池電動

第6頁，共24頁

勢為E=1.5匕則該歐姆表的內(nèi)阻是k。。

(3)為了較精確地測量另一定值電阻的阻值為,乙同學(xué)采用如圖丙所示的電路，電

源電壓U恒定，電阻箱接入電路的阻值可調(diào)且能直接讀出。

①用多用電表測電路中的電流/。

②閉合電鍵，多次改變電阻箱阻值凡記錄相應(yīng)的R和多用電表讀數(shù)/,得到R-：

的關(guān)系如圖丁所示，不計此時多用電表的內(nèi)阻，則Ry=n,電源電壓〃=

_____V?

13.如圖所示為四旋翼無人機，它是一種能夠豎直起降的小型遙控飛行器，無人機質(zhì)量

m=1kg,其動力系統(tǒng)所能提供的最大功率P=144W,運動過程中所受空氣阻力

大小恒為/=2N。gI|X10m/s2o求：

(1)無人機豎直上升最大速度Um；

(2)某次表演時，無人機以最大功率在地面上從靜止開始豎直向上起飛，在t=6s時

突然失去升力(失去升力之前已經(jīng)達到最大速度%?)，求整個運動過程中，無人機上

升的最大高度；

(3)在第(2)問描述的情境中，若在t=8s時恢復(fù)升力，且保持這一升力恒定，經(jīng)過

一段時間后，無人機安全落地，落地時速度恰好為零，則此升力為多大。

14.在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序，如圖甲所示是離子注入工作

原理的示意圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，沿圖中圓弧

虛線通過半徑為島的;圓弧形靜電分析器(靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電

場)后，從P點沿豎直方向進入半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域，該圓形磁場區(qū)域的

直徑PQ與豎直方向成45。，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上，離子的質(zhì)

量為，"、電荷量為4,不計離子重力。求:

(1)離子進入圓形勻強磁場區(qū)域時的速度大小v；

(2)靜電分析器通道內(nèi)虛線處電場強度的大小場：

(3)若磁場方向垂直紙面向外，離子從磁場邊緣上某點出磁場時，速度方向與直徑

垂直，求圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度殳的大小；

(4)若在該圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示交變的磁場(圖中區(qū)大小未知、方向垂直紙面，

且以垂直于紙面向外為正方向)，當離子從t=0時進入圓形磁場區(qū)域時，最后從。

點飛出，水平向右垂直打在硅片上，請寫出磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達式。

15.下列敘述中正確的是()

A.空中下落的雨滴呈球形是因為液體有表面張力

B.在潮濕的天氣里，洗濕的衣服不易晾干，是因為空氣的絕對濕度大

C.飽和汽壓隨溫度升高而增大，與體積有關(guān)

D.若分子勢能隨著分子距離增大而增大，則分子間作用力的合力表現(xiàn)為引力

E.自然發(fā)生的熱傳遞過程是沿著分子熱運動無序性增大的方向進行的

16.新冠肺炎疫情發(fā)生以來，各醫(yī)院都加強了內(nèi)部環(huán)境消毒工作。如圖所示，是某醫(yī)院

消毒噴霧器設(shè)備，噴霧器的儲液桶與打氣筒用軟細管相連，已知儲液桶容積為匕=

第8頁，共24頁

123打氣筒每次打氣能向儲液桶內(nèi)壓入po=1.0x105pa的空氣％=200mL.現(xiàn)

往儲液桶內(nèi)裝入匕=8L藥液后關(guān)緊桶蓋和噴霧頭開關(guān)，此時桶內(nèi)壓強為po=1.0x

105Pa,打氣過程中儲液桶內(nèi)氣體溫度與外界溫度相同且保持不變，不計儲液桶兩

端連接管以及軟細管的容積。

①若打氣使儲液桶內(nèi)消毒液上方的氣體壓強達到Pi=3x105Pa,求打氣筒打氣次

數(shù)；

②當儲液桶內(nèi)消毒液上方的氣體壓強達到2=3xl()5pa后，打開噴霧器開關(guān)K直

至儲液桶消毒液上方的氣壓為P2=1.5x105Pa,求在這過程中儲液桶噴出藥液的

體積。

17.有一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在某一時刻它的波形圖如圖甲所示，M和N是這列

簡諧橫波上的兩個質(zhì)點，從該時刻起某同學(xué)記錄下了質(zhì)點N在一段時間內(nèi)的振動圖

象，如圖乙所示，則下列說法正確的是()

A.該列簡諧橫波正以l.Ozn/s的速度沿x軸負方向傳播

B.圖甲所示時刻”和N兩質(zhì)點的速度都為零

C.2s時質(zhì)點M距離平衡位置最遠，其加速度最大，且沿y軸正方向

D.在2s內(nèi)質(zhì)點N向左移動了2.(hn

E.該波在傳播過程中若遇到直徑d=67n的圓形障礙物，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象

18.如圖，某透明介質(zhì)的截面為直角三角形ABC,其中

乙1=30。，AC邊長為3一束單色光從AC面上距

4為前勺。點垂直于4c面射入，恰好在面發(fā)生

全反射。已知光速為C。

(1)求出該介質(zhì)的折射率〃；

(2)求出該光束從射入該介質(zhì)到第一次穿出該介質(zhì)經(jīng)歷的路程必

(3)求出該光束從射入該介質(zhì)到第一次穿出該介質(zhì)經(jīng)歷的時間心

第10頁，共24頁

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、由于重力的作用，小球有相對于機械臂向下的運動趨勢，即機械臂有

相對于小球向上的運動趨勢，所以機械臂受的靜摩擦力方向向下，故A錯誤；

8、小球受到的壓力與接觸面垂直，在水平方向上，而重力在豎直方向上，它們不可能

是一對平衡力，故B錯誤；

C、以小球為研究對象，受力分析如圖，由平衡條件可得，小J

球受到的靜摩擦力與重力等大反向，與壓力大小無關(guān)，故C

錯誤；F>-F"

。、機械臂對小球的作用力是機械臂對小球施加的所有力的合

力，即可認為小球僅受兩個力作用：重力和機械臂對小球的作I

mg

用力。小球靜止時，機械臂對小球的作用力大小等于小球重力；

機械臂夾著小球在空中沿水平方向做勻加速直線運動時，機械臂對小球作用力的豎直分

量平衡重力，與重力大小相等，水平分量提供小球運動的合外力，所以機械臂對小球的

作用力大于小球的重力，即機械臂對小球的作用力相比靜止時的作用力一定變大，故。

正確。

故選：。。

靜摩擦力方向與相對運動趨勢方向相反：一對平衡力應(yīng)該等大反向作用在一條直線上;

物體實際受到的靜摩擦力大小與壓力無關(guān)；加速運動時需要合外力。

本題主要考查了靜摩擦力的特點，注意靜摩擦力是一種被動力，它的大小和方向由其它

外力和運動狀態(tài)決定，與壓力無關(guān)。

2.【答案】A

【解析】解：A、原子由九=4到n=l躍遷時，輻射的光子頻率最高，輻射的光子的能

量E=一%=[-0.85-(-13.6)]eV=12.75W,由光電效應(yīng)方程琢巾=hv-W0,X

最大初動能和遏止電壓間滿足&=e&,^eUc=hv-W0,利用圖丙，知4=7叭

所以7eU=12.75elZ-%,故光電管陰極K金屬材料的逸出功為5.75eV,故A正確.

B、這些氫原子躍遷時共發(fā)出6種頻率的光，故B錯誤.

C、若調(diào)節(jié)滑動變阻器滑片能使光電流為零，則說明電源給光電管提供的是反向電壓，

即與光電管陰極K相接的是電源的正極，所以電源左側(cè)為正極，故C錯誤.

D、躍遷產(chǎn)生的光子能量大于金屬材料的逸出功時，能產(chǎn)生光電效應(yīng)，其中n=4到n=1

躍遷產(chǎn)生的光子能量為12.75eV,n=3到n=1躍遷產(chǎn)生的光子能量為12.09eV,n=2到

n=1躍遷產(chǎn)生的光子能量為10.2el/,

這3種光子能量均大于逸出功，都能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，剩余3種躍遷產(chǎn)生的

光子能量均小于逸出功，都不能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故。錯誤.

故選：Ao

求出頻率最高的光子的能量，利用光電效應(yīng)方程結(jié)合圖丙，求逸出功；由玻爾理論，判

斷發(fā)光的種數(shù)；計算每種光子的能量，判斷有幾種可產(chǎn)生光電效應(yīng)。

本題將氫原子能級圖、光電管電路圖、光電效應(yīng)的/-U圖象有機結(jié)合，綜合考查了氫

原子躍遷和光電效應(yīng)所遵從的規(guī)律。熟練掌握玻爾理論和光電效應(yīng)的相關(guān)知識，方能作

答此題，此題融經(jīng)典與新穎為一體。

3.【答案】B

【解析】解：由題意可知，F(xiàn)只作用了1s,結(jié)合圖設(shè)t=ls時冰壺的速度大?。?根據(jù)

牛頓第二定律可得

F—f=mar

在后兩秒時間內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律，可得

f=ma2

由圖像結(jié)合運動學(xué)規(guī)律可知

a1—2a2

整理代入數(shù)據(jù)可得

f=lN

根據(jù)/=umg

可得m=1kg

—Q]

聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)%=2m/s

故AC￡＞錯誤，8正確。

故選:B。

根據(jù)圖像得出加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律得出摩擦力，進而得出質(zhì)量；利用運動學(xué)

規(guī)律求出末速度。

本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，在牛頓第二定律和圖像的綜合問題中，要注意能從圖像

得出相關(guān)信息。

第12頁，共24頁

4.【答案】D

【解析】解：A、萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得：G,=ma,解得：a=等，

由于「文〉r%，則a幽＞a次，故A錯誤；

8、信號傳播速度不變，由灣=灣得，當火星離地球最近時，地球上發(fā)出的指令到達

lACCAB

火星所需時間：以B=答匕。=等X22分鐘=3.025分鐘23分鐘，故B錯誤；

C、第一宇宙速度是在地球表面運行的衛(wèi)星做勻速圓周運動的速度，第二宇宙速度是衛(wèi)

星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度，'‘天間一號"脫離地球引力的束縛，仍受太陽引

力的束縛，故在地球上的發(fā)射速度應(yīng)大于第二宇宙速度11.2km/s,故C錯誤；

。、地球的公轉(zhuǎn)周期為1年，火星的公轉(zhuǎn)周期約是地球公轉(zhuǎn)周期的2倍，兩者的角速度

之差為：43=?—?=兀，則地球再一次追上火星的用時為1=至=2=2年，故。

12A6)n

正確。

故選：D。

萬有引力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后比較加速度大小關(guān)系；

根據(jù)運動學(xué)公式求出從地球上發(fā)出的指令傳到火星上再返回地球約需要的時間；

根據(jù)第一宇宙速度、第二宇宙速度的定義分析。

最佳發(fā)射時機相當于求的是地球與火星再一次出現(xiàn)最短距離時所用的時間。

該題考查了人造衛(wèi)星的相關(guān)知識，屬于萬有引力定律的應(yīng)用，要掌握萬有引力提供向心

力，并能夠根據(jù)題意選擇不同的向心力的表達式。

5.【答案】B

【解析】解：人如圖所示時刻，線框ABC。處于中性面，磁通量最大，感應(yīng)電動勢為

零，穿過線框的磁通量變化率最小，故A錯誤；

BC、線框中感應(yīng)電動勢的最大值為j=NBS3=50x—x0.4x100V=200/IZ,有

m10

效值為E=^=200V,因為電壓表讀數(shù)為20匕根據(jù)牛=詈可得：腎=黑=子，故8

V2u2n2n2zo1

正確，c錯誤；

。、閉合開關(guān)后，副線圈電阻變小，但不影響副線圈電壓，其原副線圈比等于匝數(shù)比，

原線圈電壓不變，副線圈電壓也不變，故。錯誤；

故選：B。

線框處于中性面時磁通量最大，穿過線框的磁通量變化率最小；求出線框中感應(yīng)電動勢

的最大值和有效值：根據(jù)變壓器原理求解變壓器原、副線圈匝數(shù)比。

本題主要是考查了變壓器的知識；解決該題的關(guān)鍵是明確知道電壓表所測量的是有效值,

掌握與變壓器相關(guān)的制約關(guān)系。

6.【答案】C

【解析】解：A、由圖乙可知，小球在下降的過程中動能先增大后減小，最后再增大，

若小環(huán)帶正電，重力和電場力對小環(huán)都做正功，小環(huán)的動能一直增大，與圖乙不符，所

以小環(huán)帶負電，故A錯誤；

8C、小環(huán)在高度乩―%之間運動時，動能減小，根據(jù)動能定理：Ek=Em+F電”

mgh=Ek0+(F^-mg)h,因為在高度/—%之間的某點圖像的斜率最大，則庫侖力

在豎直方向上的分力最大，小球受到的合力為圖像的斜率，則該過程中，小球所受合力

先減小，后增大，再減小再增大，則小球的加速度也是先減小，后增大，再減小再增大，

故8錯誤，C正確；

。、該過程中，只有重力和電場力做功，小球的機械能與電勢能之和保持不變，故。錯

誤。

故選：a

根據(jù)動能的變化，對小環(huán)受力分析，確定其電性。小環(huán)過了o點后，合力向下，不會做

往復(fù)。小環(huán)帶正電，下落時，電場力做負功，可以得出電勢能的變化。從圖象可以得出

小環(huán)的運動狀態(tài)。

此題考查圖象問題，小環(huán)在下落到。點時，這是一個特殊位置，此時合力等于重力，方

向豎直向下。下落過程中的運動狀態(tài)可以從圖象得出。

7.【答案】CD

【解析】解：A、在整個運動過程中，由于彈簧對。要做功，所以P、Q組成的系統(tǒng)機

械能守恒，故4錯誤；

B、根據(jù)尸、Q沿桿方向的速度分量相等可得"pCosa=UQsina,解得葭=ttma,a由30。

增大到60。，tana由?增大到百，可知，尸的速度先比Q的速度小，后比Q的速度大，

故B錯誤；

C、對于尸、Q、彈簧組成的系統(tǒng)，由于只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，

當P下降到最低點時P的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，到達最低點時彈簧彈性勢能

第14頁，共24頁

最大，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得彈簧彈性勢能最大值為：Ep=2mgL(cos300-

cos60°)=(V3—V)mgL>故C正確：

。、尸由靜止釋放，P開始向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，P的速

度達到最大，此時動能最大，設(shè)此時桿與豎直方向的夾角為氏桿的彈力大小為7,則

2mg=Tcosd,即得7=咨。對。，根據(jù)平衡條件得地面對。的支持力大?。篎=

cost7N

TcosO+mg=3mg,故。正確。

故選：CD。

對于P、Q以及彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。根據(jù)P、Q

沿桿方向的速度分量相等列式，判斷P與。的速度大?。划擯到達最低點時彈簧彈性

勢能最大，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求彈簧彈性勢能最大值；當P的合力為零時，動能最

大，分析Q的受力情況，確定地面對。的支持力大小。

本題考查機械能守恒定律，要掌握系統(tǒng)機械能守恒的條件：只有重力和彈力做功，并能

夠分析運動過程中能量的轉(zhuǎn)化情況。

8.【答案】BD

【解析】解：A、金屬棒以一定速度進入磁場后做減速運動，PQ做加速運動，MN

進入磁場后MN,PQ組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩者速度相等，一起做勻速直線運動，

故A錯誤。

B、對進入磁場前，根據(jù)動能定理得：

1

mgh=-mvl

解得：v0=J2gh

金屬棒MN剛進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv0

感應(yīng)電流為：/=盤

金屬棒PQ兩端的電壓為：U=IR

聯(lián)立可得：(/=竺走史故B正確。

2

C、MN、PQ最終共速，設(shè)兩導(dǎo)體棒最終勻速運動的速度為。共，取向右為正方向，根據(jù)

動量守恒得：

mv0=2mv共

解得：v^=^y/2gh

對金屬棒PQ由動量定理得:

BILt=mv^—0

通過PQ的電荷量為：q=h

解得：q=四匣故C錯誤。

。、整個過程中，設(shè)閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,對系統(tǒng)由能量守恒定律得：

12

mgh=--2nl喉+Q

解得:Q=^mgh

則金屬棒用N產(chǎn)生的焦耳熱為：QR=￡Q=：mgh故。正確。

故選：BD。

MN進入磁場后MMPQ組成的系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出它們的共同速度；

對PQ應(yīng)用動量定理可以求出流過PQ的電荷量；應(yīng)用能量守恒定律可以求出整個回路

產(chǎn)生的焦耳熱。

對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條

件列出方程；另一條是能量,分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題,根據(jù)動能定理、

動量定理、功能關(guān)系等列方程求解。

9.【答案】BCD

【解析】解：A、電子帶負電，其受力方向與場強方向相反，根據(jù)圖中電子軌跡，可知

偏轉(zhuǎn)電場方向豎直向上，故4錯誤。

B、對電子在加速電場中，根據(jù)動能定理得：eU0=①

設(shè)出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角為仇偏轉(zhuǎn)電壓為U,則

tand==a=竺=嗎==-^2-="

f

v0V0mv^mv^d2eUod2U0d

加速電壓%增大，則偏轉(zhuǎn)角。變小，出電場后豎直高度〃變大，運動時間變長，因為電

子不受外力，故做勻速直線運動，故水平位移增大，故若加速電壓%增大少許，電子會

打在P點右側(cè)。故B正確。

C、電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設(shè)先與水平方向的夾角為。則tand=t即30。=

S②

水平方向Lo=vot③

豎直方向%=at=?④

第16頁，共24頁

由①②③④可得：七=嚕故C正確。

D,設(shè)P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界距離為L,電子出電場時的偏轉(zhuǎn)位移

1eELlV3L

■y=-at7i=-_2=~T~0

22mvQ6

由類平拋運動的推論，出電場的速度的反向延長線必交于水平位移的中點得：

1,

tan0=[=故L=V3H一號故Z）正確。

H5乙。+乙2

故選：BCD。

電子帶負電，其受力方向與場強方向相反，根據(jù)圖中電子軌跡，可知偏轉(zhuǎn)電場方向豎直

向上；根據(jù)類平拋運動的相關(guān)知識，將曲線運動分解為兩個直線運動，再利用直線運動

知識即可求場強及P點到偏轉(zhuǎn)電場右邊界距離。

本題是一道考查帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的好題，解題時注意對類平拋運動的推論

的應(yīng)用。

10.【答案】BC

【解析】解：A3C、設(shè)導(dǎo)線的橫截面積為S,在At時間內(nèi)以S為底，為高的柱體內(nèi)

qneSvbt

的自由電子都將從此截面通過，由電流及電流密度的定義知：/=2=￡=二五二=?〃；

Jsss

設(shè)導(dǎo)線的長度為L導(dǎo)線兩端的電壓為U,則有：U=E-L,R=^

由A分析知：1=jS=nveS

根據(jù)歐姆定律得：/?=7

聯(lián)立解得：p=±

nev

則有：E=pj,故A錯誤，8c正確。

。、由題意可知，電子的運動過程可簡化為電子以速度v沿導(dǎo)線方向勻速運動，故電子

在導(dǎo)線中定向運動時受到的平均阻力了與電子受到的電場力相等，即：/=e?E=ep/=

ne2pv,故。錯誤。

故選：BC。

/=pE=*R*R=p*根據(jù)以上相關(guān)公式再結(jié)合己知條件進行推導(dǎo)即可；電

子的運動過程可簡化為電子以速度v沿導(dǎo)線方向勻速運動，故電子在導(dǎo)線中定向運動時

受到的平均阻力為『=0。

解答本題的關(guān)鍵是能夠熟練應(yīng)用學(xué)過的電流定義式、勻強電場電場強度與電勢差的關(guān)系

式、歐姆定律、電阻定律，結(jié)合已知條件進行相關(guān)的公式推導(dǎo)。

11.【答案】＞m*=—巾*+機2%患啊*)2=巾1(鏟+m2箸

【解析】解：(1)小球1與小球2發(fā)生彈性碰撞后小球1反彈，由動量守恒結(jié)合機械能

守恒可知，小球1的質(zhì)量應(yīng)小于小球2的質(zhì)量小，即加2＞mi-

(2)小球1的碰前速度大小為%=碰后速度大小為。2=r

C1c2

2

小球2碰后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有h=1gt,x=vot,解得小球2的碰后

速度…移

mx

若碰撞前后動量守恒，則有四％=-mrv2+m2v,整理可得：=-叫l(wèi)+2J^

若是彈性碰撞，還應(yīng)滿足機械能守恒，則有譜=：mi域+；巾2。2,整理可得：

恤(鏟=如($+小2若；

故答案為：(1)＞；(2)m*=_?n*+2%居,m1*)2=小吃)2+沉2等；

(1)為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球反彈，兩球直徑應(yīng)相等，入射球質(zhì)量小于被碰

球質(zhì)量；

(2)根據(jù)光電門的測速原理計算小球1的碰前和碰后速度，根據(jù)平拋運動規(guī)律求解小球2

的碰后速度，根據(jù)動量守恒定律得出動量守恒表達式，若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則

碰撞前后機械能沒有損失。

小球1的碰后速度與初速度方向相反，書寫動量守恒表達式時注意其矢量行。

12.【答案】x122.01524012

【解析】解:(1)選擇x100倍率時指針轉(zhuǎn)過角度太大,故要將歐姆表倍率調(diào)小一個擋位，

則選x10倍率；

(2)圖甲中指針讀數(shù)為22.0,由(1)可知：歐姆表倍率為XI,故被測電阻的測量值為

22.00x1=22.00：

(3)②根據(jù)圖丙所示電路圖，由閉合電路歐姆定律可得：Ry="R

故由圖可得：Ry=2400,U=12K；

故答案為：(1)X1；(2)22.0；(3)240,12。

(1)根據(jù)歐姆表使用規(guī)則，由指針偏轉(zhuǎn)角度確定調(diào)節(jié)倍率，從而根據(jù)使用規(guī)范確定操作

步驟；

(2)由(1)得到倍率，根據(jù)圖甲得到指針讀數(shù)，從而得到阻值；

第18頁，共24頁

(3)根據(jù)電流表兩表筆的連接電極由圖丙判斷表筆顏色：由閉合電路歐姆定律求得R-}

的關(guān)系，再根據(jù)圖丁，由斜率和截距求得電阻和電壓；

要掌握應(yīng)用歐姆表測電阻的方法與注意事項，應(yīng)用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指

針指在中央刻度線附近，歐姆表換擋后要進行歐姆調(diào)零，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積

是歐姆表示數(shù)。

13.【答案】解：(1)當無人機速度最大時有：F=f+mg

P=

聯(lián)立解得：vm=12m/s

(2)對整個運動過程由動能定理有：Pt-(mg+，)九=0

代入數(shù)據(jù)解得：h=72m

(3)已知6s前無人機的速度已達到最大12m/s,失去升力后，無人機在上升過程中的加

速度大?。?嚕，代入數(shù)據(jù)解得：ai=12m/s2,方向豎直向下

經(jīng)匕速度減為零，亢=尊代入數(shù)據(jù)解得：ti=ls,上升到九=72m處，再經(jīng)1s速度

2

為以，其加速度為。2=*，代入數(shù)據(jù)解得：a2=8m/s,方向豎直向下

v2=a2t2,代入數(shù)據(jù)解答：W=8m/s,這1s內(nèi)下落的高度b=等12,代入數(shù)據(jù)解得：

九1=4m

從恢復(fù)升力到落到地面過程的平均速度5=竽，代入數(shù)據(jù)解得：V=4m/s

對應(yīng)的時間匕=手，代入數(shù)據(jù)解得：t3=17s

加速度=晟

由牛頓第二定律得：F+/-mg-ma3

代入數(shù)據(jù)解得：F=^N

答：(1)無人機上升的最大速度為12m/s；

(2)整個過程中，無人機上升的最大高度為72網(wǎng)

(3)升力為詈

【解析】(1)當無人機的升力等于重力和阻力之后時，速度達到最大，根據(jù)P=(mg+Qv

求解；

(2)在最大功率下，由動能定理求出整個過程無人機上升的最大高度；

(3)先求出恢復(fù)動力時無人機的速度和距離地面的高度，然后求出恢復(fù)動力到落到地面

過程的加速度，由牛頓第二定律求出升力。

本題考查了動能定理。牛頓第二定律和勻變速運動的公式。明確在額定功率下，速度達

到最大。分析清楚無人機運動過程是關(guān)鍵。

14.【答案】解：(1)電子通過加速電場，由動能定理可知=

得"=陛。

7m

2

(2)離子經(jīng)過靜電分析器，由牛頓第二定律有qE°=?

得以=為

Ko

(3)根據(jù)題意，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，

由于MN1PQ,則。2時〃「＜2,

4PM。2=/MP?！?/p>

△02PM與A01PM為等腰三角形

所以有四邊形OiM。2P為菱形

則離子運動的半徑為％=r

由牛頓第二定律有g(shù)8。=嚶

得殳=誓。

(4)作出粒子在磁場中運動的軌跡如圖:

第20頁，共24頁

由幾何關(guān)系可知或(2n+1)/?2=2r

得&=嘉5=°，1，2，?“)

帶電粒子在磁場中運動的周期7。=等=羔潞5=0,1,2,...)

有工=生

24

故74=第1潞(般=°，1，2,…)

答：(1)離子進入圓形勻強磁場區(qū)域時的速度大小為J半。

(2)靜電分析器通道內(nèi)虛線處電場強度的大小為黃。

(3)圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度殳的大小為等

(4)磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達式T=磊怎5=0，L2,…)。

【解析】(1)由動能定理可求速度。

(2)由牛頓第二定律可求電場強度。

(3)根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，利用幾何關(guān)系可求磁感應(yīng)強度。

(4)作出粒子運動軌跡，利用幾何關(guān)系及圓周運動的周期重復(fù)性可求周期的表達式。

熟練掌握電場的特點、在磁場中運動的軌跡，會利用幾何關(guān)系求解物理問題。

15.【答案】ADE

【解析】解：A、表面張力使液體表面具有收縮趨勢，使液體表面積趨于最小，所以空

中下落的雨滴呈球形是因為液體的表面張力，故A正確；

B、影響蒸發(fā)快慢以及影響人們對干爽與潮濕感受的因素，不是空氣中水蒸氣的絕對數(shù)

量，而是空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度下水的飽和汽壓的差距；潮濕的天氣，洗了的

衣物不易晾干是因為空氣的相對濕度大，故B錯誤；

C、溫度越高，液體越容易揮發(fā)，故飽和汽壓隨溫度的升高而增大，而飽和汽壓與氣體

的體積無關(guān)，故C錯誤；

。、分子力做負功，分子勢能增大，如果分子勢能隨著分子距離的增大而增大，則分子

力做負功，分子間的作用力一定表現(xiàn)為引力，故。正確；

E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自然發(fā)生的熱傳遞過程是沿著分子熱運動無序性增大的

方向進行的，故E正確。

故選：ADE.

表面張力使液體表面具有收縮趨勢；衣物不易晾干是因為空氣的相對濕度大；飽和汽壓

隨溫度的升高而增大，與氣體的體積無關(guān)；分子力做負功，分子勢能增大；根據(jù)熱力學(xué)

第二定律判斷。

本題考查了液體表面張力、相對濕度、飽和汽壓、分子力與分子勢能、熱力學(xué)第二定律

等熱學(xué)基礎(chǔ)知識，要求學(xué)生對這些知識要重視課本，強化記憶。

16.【答案】解：①以儲液桶內(nèi)藥液上方的氣體為研究對象，假設(shè)打入之前的氣體體積

為匕，則

初狀態(tài)：壓強po=1.0x105Pa,體積匕

末狀態(tài)：壓強Pi=3.0x105Pa,體積彩=4L

由玻意耳定律得：Po匕=P1V2

聯(lián)立解得：匕=12L

因為原來儲液桶內(nèi)已有氣體體積為％=4L

所以打氣筒打氣次數(shù)為為：%=空=嗡券=40次

VQU.NL

②仍以儲液桶內(nèi)藥液上方的氣體為研究對象，

初狀態(tài)：壓強Pi=3.